THPT chuyên quốc học huế lần 1 năm 2017 + lời giải chi tiết

TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Đề thi thử mơn Tốn THPT quốc gia 2017 – THPT chun quốc học Huế (Lần – 90 phút) Câu 1: Cho log b a  x log b c  y Hãy biểu diễn log a A  4y 6x B 20y 3x C Câu 2: Cho F (x) nguyên hàm hàm số   b5c4 theo x y:  3y 3x D 20x  20y thỏa mãn F     ln Tìm tập e 1 x nghiệm S phương trình F  x   ln  ex  1  A S  3 B S  3 C S  3 D S   Câu 3: Cho hàm số y  x  3x  mx  Tìm tất giá trị m để hàm số cho đồng biến khoảng  0;   A m  1 B m  C m  3 D m  2 Câu 4: Cho khối tứ diện ABCD có ABC BCD tam giác cạnh a Góc hai mặt phẳng (ABC) (BCD) 600 Tính thể tích V khối tứ diện ABCD theo a A a3 B a3 16 C a3 D a3 12 Câu 5: Tìm tất giá trị m để phương trình 4x   4m  1 2x  3m2   có hai nghiệm x1 , x thỏa mãn x1  x  A Không tồn m B m  1 C m  1 D m  Câu 6: Cho số thực a, b thỏa mãn a  b  Chọn khẳng định sai khẳng định sau: A loga b  log b a B loga b  log b a C lna  lnb D log  ab   Câu 7: Gọi A, B, C điểm cực trị đồ thị hàm số y  x  2x  Tính diện tích tam giác ABC A B C D 2 Câu 8: Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định điểm M di động cho khoảng cách từ M đến đường thẳng AB số thực dương d khơng đổi Khi tập hợp tất điểm M mặt mặt sau? A Mặt nón B Mặt phẳng C Mặt trụ D Mặt cầu Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Câu 9: Cho khối chóp tứ giác có cạnh đáy a cạnh bên a Tính thể tích V khối chóp theo a A a3 B a3 C a 10 a3 D Câu 10: Trong khẳng định sau, khẳng định sai? A Chỉ có năm loại hình đa diện B Hình hộp chữ nhật có diện tích mặt hình đa diện C Trọng tâm mặt hình tứ diện đỉnh hình tứ diện D Hình chóp tam giác hình đa diện Câu 11: Cho tam giác ABC có AB ,BC, CA 3, 5, Tính thể tích khối tròn xoay sinh hình tam giác ABC quay quanh đường thẳng AB A 50 B 75 C 275 D 125 Câu 12: Nghiệm dương phương trình  x  21006  21008  e x   22018 gần số sau A 5.21006 C 21011 B 2017 D Câu 13: Tìm tọa độ tất điểm M đồ thị (C) hàm số y  tuyến (C) M song song với đường thẳng  d  : y  A  0;1  2; 3 B 1;0   3;  x 1 cho tiếp x 1 x 2 C  3;  D 1;0  Câu 14: Trong không gian cho hai điểm phân biệt A, B cố định Tìm tập hợp tất điểm M không gian thỏa mãn MA.MB  AB2 A Mặt cầu đường kính AB B Tập hợp rỗng (tức khơng có điểm M thỏa mãn điều kiện trên) C Mặt cầu có tâm I trung điểm đoạn thẳng AB bán kính R =AB D Mặt cầu có tâm I trung điểm đoạn thẳng AB bán kính R  Câu 15: Gọi (C) đồ thị hàm số y  AB x2 Tìm mệnh đề sai mệnh đề sau: 2x  1 A (C) có tiệm cận đường thẳng có phương trình x   , y  2 B Tồn hai điểm M, N thuộc (C) tiếp tuyến (C) M N song song với Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH  1 C Tồn tiếp tuyến (C) qua điểm   ;   2 D Hàm số đồng biến khoảng  0;   Câu 16: Một điện thoại nạp pin, dung lượng nạp tính theo cơng thức 3t   Q  t   Q0 1  e  với t khoảng thời gian tính Q0 dung lượng nạp tối đa   (pin đầy) Nếu điện thoại nạp pin từ lúc cạn pin (tức dung lượng pin lúc bắt đầu nạp 0%) sau nạp 90% (kết làm tròn đến hàng phần trăm)? A t  1,54h C t  1h B t  1, 2h D t  1,34h Câu 17: Giả sử a b số thực thỏa mãn 3.2a  2b  5.2a  2b  Tính ab A B C D Câu 18: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ Gọi M trung điểm cạnh AB Mặt phẳng (MB’D’) chia khối hộp thành hai phần Tính tỉ số thể tích hai phần A 12 B 17 C 24 D Câu 19: Hàm số sau nguyên hàm hàm số f  x   17 ln x x x.ln  x  1 A F  x   ln  x  1 B F  x   ln x C F  x   2.x ln x  D F  x   Câu 20: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy xét hai hình H1 , H , xác định   M  x, y  / log   x   y    log  x  y  H1  M  x, y  / log 1  x  y2    log  x  y  Sau: H2 2 Gọi S1 ,S2 diện tích hình H1 , H Tính tỉ số A 99 B 101 Câu 21: Cho x  Hãy biểu diễn biểu thức C 102 S2 S1 D 100 x x x dạng lũy thừa x với số mũ hữu tỉ? Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH A x B x C x D x Câu 22: Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Một mặt phẳng song song với đáy cắt cạnh bên SA, SB, SC, SD M, N, P, Q Gọi M’, N’, P’, Q’ hình chiếu M, N, P, Q mặt phẳng đáy Tìm tỉ số SM: SA để thể tích khối đa diện MNPQ.M’N’P’Q’ đạt giá trị lớn A B C D Câu 23: Cho hàm số y  mx   m  1 x   2m Tìm tất giá trị m để hàm số có điểm cực trị m  A  m  B  m  C 1  m  D Câu 24: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 2AD Gọi V1 thể tích khối trụ sinh hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng AB V2 thể tích khối trụ sinh hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng AD Tính tỉ số A B V2 V1 C D Câu 25: Người ta khảo sát gia tốc a(t) vật thể chuyển động (t khoảng thời gian tính giây kể từ lúc vật thể bắt đầu chuyển động) từ giây thứ đến giây thứ 10 ghi nhận a(t) hàm số liên tục có đồ thị hình bên Hỏi thời gian từ giây thứ đến giây thứ 10 khảo sát đó, thời điểm vật thể có vận tốc lớn ? A giây thứ B giây thứ C giây thứ 10 D giây thứ Câu 26: Gọi (S) khối cầu bán kính R, (N) khối nón có bán kính đáy R chiều cao h Biết thể tích khối cầu (S) khối nón (N) nhau, tính tỉ số A 12 B C h R D   Câu 27: Cho biết tập xác định hàm số y  log  1  log x  khoảng có độ dài   m (phân số tối giản) Tính giá trị m + n n A B C D Câu 28: Tìm mệnh đề sai mệnh đề sau: Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH A Hàm số f  x   log x đồng biến  0;   B Hàm số f  x   log x nghịch biến  ;0  C Hàm số f  x   log x có điểm cực tiểu D Đồ thị hàm số f  x   log x có đường tiệm cận Câu 29: Cho tứ diện ABCD có ABC ABD tam giác cạnh a nằm hai mặt phẳng vng góc với Tính diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD theo a A a B 11 a C 2a D a Câu 30: Cho khối tứ diện ABCD có cạnh a Gọi B’, C’ trung điểm cạnh AB AC Tính thể tích V khối tứ diện AB’C’D theo a A a3 48 B a3 48 C a3 24 D a3 24    Câu 31: Tìm giá trị nhỏ hàm số y  sin x  cos 2x  sin x  khoảng   ;   2 A B 23 27 C D 27 Câu 32: Cho hàm số y  x  3mx   m2  1  m Tìm tất giá trị m để hàm số đạt cực tiểu x  A m  B m  C m  1 D m  m  1 Câu 33: Một người gửi số tiền 300 triệu đồng vào ngân hàng với lãi suất 6%/năm Biết khơng rút tiền khỏi ngân hàng sau năm, số tiền lãi nhập vào vốn ban đầu (lãi kép) Hỏi sau năm, số tiền ngân hàng người gần bao nhiêu, khoảng thời gian không rút tiền lãi suất khơng đổi (kết làm tròn đến triệu đồng) A 337 triệu đồng B 360 triệu đồng C 357 triệu đồng D 350 triệu đồng Câu 34: Có giá trị nguyên dương x thỏa mãn bất phương trình log  x  40   log  60  x   ? A 20 B 10 C Vô số D 18 Câu 35: Tính khoảng cách tiếp tuyến đồ thị hàm số f  x   x  3x  điểm cực trị A B C D Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TĨP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Câu 36: Cho hình chóp tứ giác có góc mặt bên mặt đáy 600 Biết mặt 5a Tính độ dài cạnh đáy hình cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác có bán kính chóp theo a A 2a B a C a D a Câu 37: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a cạnh bên SA vng góc với mặt đáy Gọi E trung điểm cạnh CD Biết thể tích khối chóp S.ABCD a3 Tính khoảng cách h từ A đến mặt phẳng (SBE) theo a A a 3 B a C a D 2a Câu 38: Cho bốn hàm số y  xex , y  x  sin 2x, y  x  x  2, y  x x  Hàm số hàm số đồng biến tập xác định ? A y  xex B y  x  sin 2x C y  x  x  D y  x x  Câu 39: Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ Gọi M, N thuộc cạnh bên AA’, CC’ cho MA  MA' NC  4NC' Gọi G trọng tâm tam giác ABC Trong bốn khối tứ diện GA’B’C’, BB’MN, ABB’C’ A’BCN, khối tứ diện tích nhỏ nhất? A Khối A’BCN B Khối GA’B’C’ C Khối ABB’C’ D Khối BB’MN Câu 40: Biết thể tích khối lập phương 27 Tính tổng diện tích S mặt hình lập phương A S  36 Câu 41: Cho hàm số y  B S  27 C S  54 D S  64 x 1 có đồ thị (C) A điểm thuộc (C) Tìm giá trị nhỏ x 1 tổng khoảng cách từ A đến tiệm cận (C) A 2 B C D Câu 42: Tìm tất giá trị m để phương trình x3  3x  m  có nghiệm thực phân biệt A 4  m  B m  C m  D  m  Câu 43: Hàm số y  x  25x  có tất điểm cực trị ? A B C D Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Câu 44: Biết m, n  A  thỏa mãn B Câu 45: Đồ thị hàm số y  A 4  m   2x   C Tìm m n C  2x  x2  B dx    2x  D có tất đường tiệm cận ? C Câu 46: Cho F(x) nguyên hàm hàm số f  x   D x thỏa mãn F    Tính cos x F   A 1 B C D Câu 47: Nếu độ dài cạnh bên khối lăng trụ tăng lên ba lần độ dài cạnh đáy giảm nửa thể tích khối lăng trụ thay đổi nào? A Có thể tăng giảm tùy khối lăng trụ B Không thay đổi C Tăng lên D Giảm Câu 48: Trên đồ thị hàm số y  A B x 1 có điểm cách hai đường tiệm cận x2 C D Câu 49: Cho tứ diện ABCD có ABC tam giác đều, BCD tam giác vuông cân D  ABC   BCD Có mặt phẳng chứa hai điểm A, D tiếp xúc với mặt cầu đường kính BC? A Vô số B C D Câu 50: Cho hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp khoảng K x  K Tìm mệnh đề mệnh đề cho phương án trả lời sau: A Nếu f '  x   x điểm cực trị hàm số y  f  x  B Nếu f "  x   x điểm cực tiểu hàm số y  f  x  C Nếu x điểm cực trị hàm số y  f  x  f "  x   D Nếu x điểm cực trị hàm số f '  x   Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Đáp án 1-A 2-C 3-C 4-B 5-C 6-A 7-B 8-C 9-C 10-C 11-B 12-C 13-B 14-D 15-C 16-A 17-B 18-B 19-D 20-C 21-B 22-A 23-B 24-C 25-B 26-B 27-B 28-C 29-A 30-A 31-B 32-A 33-C 34-D 35-A 36-A 37-D 38-D 39-A 40-C 41-A 42-A 43-D 44-D 45-B 46-D 47-D 48-D 49-D 50-C LỜI GIẢI CHI TIẾT Câu 1: Đáp án A - Phương pháp: Áp dụng công thức logarit sau: log b a  ln a  k  ln a  k.ln b  a, b   ln b ln  a m bn   mln a  n.ln b Biểu thức cần tính sau đưa loganepe việc tối giản biểu thức đơn giản - Cách giải: log b a  ln a  x  ln a  x.ln b  a, b   ln b log b c  lnc  y  lnc  y.ln b  b, c   ln b log a   b5 c  ln  bc ln  ah2    4 ln  b c  ln b  ln c ln b  y.ln b  4y 3 3   3  2.ln a 2.ln a 2.x.ln b 6x Câu 2: Đáp án C - Phương pháp: + Nguyên hàm phân thức mà có tử số đạo hàm mẫu số: G x   d f  x  f  x  '.dx   ln f  x   C f x f x - Cách giải: d  e x  1  ex  e x dx Fx   x dx   1  x  x x  dx   1.dx   x e 1 e 1 e 1  e 1   x  ln  ex  1  C Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH F     ln  C   ln  C   F  x   x  ln  e x  1 F  x   ln  ex  1  x  Câu 3: Đáp án C - Phương pháp: Điều kiện để hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) khoảng (a,b) + f(x) liên tục ℝ + f(x) có đạo hàm f „(x) ≥ (≤ 0) ∀x ∈ (a,b) số giá trị x để f’(x) = hữu hạn + Bất phương trình f „(x) ≥ (≤ 0) ta lập m g(x) ≥ q(m) ( g(x) ≤ q(m)) Nếu g(x) ≥ q(m) → Tìm GTNN g(x) → Min g(x) ≥ q(m) → Giải BPT Nếu g(x) ≤ q(m) → Tìm GTLN g(x) → Max g(x) ≤ q(m) → Giải BPT - Cách giải: y  x  3x  mx  y '  3x  6x  m; x   0;   y '  0; x   0;    3x  6x  m  0; x   0;    g  x   3x  6x  m; x   0;   GTNN g  x   ? g '  x   6x  6; x   0;   g ' x   x  g    0;g 1  3  Min g  x   3  3  m x 0;  Câu 4: Đáp án B - Phương pháp: + Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp :  P    Q  d Id IS  d  IS   P   IO  d  IO   Q   => Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp= Góc SIO Trang 10 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Thì H Hình tròn tâm (a,b) bán kính R - Cách giải:   H1  M  x, y  / log 1  x  y2    log  x  y  log 1  x  y2    log  x  y    x  y2  10  x  y    x  5   y  5    2 => H1 Hình tròn tâm (5;5) bán kính   H2  M  x, y  / log   x  y2    log  x  y     x  50    y  50   102 2  => H2 Hình tròn tâm (50;50) bán kính 102 => Tỉ lệ S 102 Câu 21: Đáp án B - Cách giải: 1 2    71  2           x x x   x  x  x      x  x     x.x   x  x                    Câu 22: Đáp án A - Phương pháp: + Áp dụng định lý talet - Cách giải: S P Q M N B C M' A D Trang 18 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Đặt SM k SA Áp dụng định lý Talet Tam giác SAD có MN//AD MN SM   k  MN  k.AD AD SA Áp dụng định lý Talet Tam giác SAB có MQ//AB MQ SM   k  MQ  k.AB AB SA Kẻ đường cao SH hình chóp Áp dụng định lý Talet Tam giác SAH có MM’//SH MM ' AM SM   1   k  MM '  1  k  SH SH SA SA  VMNPQ.M'N'P'Q'  MN.MQ.MM'  AD.AB.SH.k 1  k   Vhinh chop k 1  k  V k   k  k  Câu 23: Đáp án B - Phương pháp: + Điều kiện để hàm số có điểm cực trị đạo hàm y '  có nghiệm phân biệt, nghiệm phải thỏa mãn tập xác định để tồn - Cách giải: y  mx   m  1 x   2m y '  4mx   m  1 x  x   1 m  y '   x  2m   1 m x   2m   m 1  m     m 1 Câu 24: Đáp án C - Phương pháp: + Thể tích khối trụ sinh hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng AB = Trang 19 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TĨP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Thể tích khối trụ có đường cao AB, đáy đường bán kính AD V1  AB  AD2  + Thể tích khối trụ sinh hình chữ nhật ABCD quay quanh đường thẳng AB = Thể tích khối trụ có đường cao AB, đáy đường bán kính AD V2  AD  AB2  - Cách giải: V2 AD  AB  AB   2 V1 AB  AD2  AD Câu 25: Đáp án B - Phương pháp: + a đạo hàm v, v đạt cực trị a = Vậy nên vận tốc vật lớn thời điểm mà a=0 gia tốc đổi từ dương sang âm (vận tốc vật nhỏ thời điểm mà a=0 gia tốc đổi từ âm sang dương) - Cách giải: + Nhìn vào đồ thị ta thấy Trong thời gian từ giây thứ đến giây thứ 10 có giây thứ gia tốc a = gia tốc đổi từ dương sang âm Vậy nên giây thứ vận tốc vật lớn Câu 26: Đáp án B - Phương pháp: + (S) khối cầu bán kính R  S  .R 3 + (N) khối nón có bán kính đáy R chiều cao h  N  h..R - Cách giải: + Thể tích khối cầu (S) khối nón (N) h  h..R  .R   3 R Câu 27: Đáp án B x  1  log x   log x    0x  log x  1 4  m   mn 5 n Trang 20 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Câu 28: Đáp án C - Phương pháp: Điều kiện để hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) khoảng + f(x) liên tục khoảng + f(x) có đạo hàm f '       x  khoảng cho trước số giá trị x để f '  x   hữu hạn Hàm số có cận đứng x  m lim f  x    ; hàm số có tiệm cận ngang x m y  n lim f  x   n x  Đồ thị hàm số logarit f  x   log a x n , x  có điểm gián đoạn x=0 khơng có điểm cực tiểu - Cách giải: f  x   log x , x  f ' x   2x  x ln x.ln 2 + x   0;    f '  x   => Hàm số f  x   log x đồng biến  0;    A + x   ;0   f '  x   => Hàm số f  x   log x nghịch biến  ;0   B + limf  x   limlog x    Đồ thị hàm số f  x   log x có đường tiệm cận đứng x 0 x 0 x   D Câu 29: Đáp án A - Phương pháp: Trang 21 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH D O G C A H M B + Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp :  P    Q  d Id IS  d  IS   P   IO  d  IO   Q   => Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp= Góc SIO + Xác định tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD : Giao điểm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy ( biết mặt phảng tương ứng qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác mặt phẳng đáy) + Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết bán kính R: S  4R - Cách giải: Gọi M Trung điểm AB Vì Tam giác ADB tam giác ABC tam giác  DM  AB;CM  AB Do có ABC ABD tam giác cạnh a nằm hai mặt phẳng vng góc với => Góc DMC  900 Gọi H tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABC G tâm đường tròn ngoại tiếp Tam giác ABD => H,G đồng thời trọng tâm tam giác ABC ABD  H  CM;CH  CM  G  DM; DG  DM  Trang 22 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Kẻ Đường vng góc với đáy (ABC) từ H Đường vng góc với (ABD) từ G Do hai đường vng góc thuộc (DMC) nên chúng cắt O => O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCG R = OC Tam giác ABC  CM  CB.sin  600   CMTT ta có GM  3 a  CH  a; HM  a a Từ nhận thấy OGMH hình vng  OH  a Tam giác OHC vuông H → Áp dụng định lý Pitago ta có: CM  CB.sin  60   3 a  CH  a; HM  a OC  CH  OH  aR 12  V  4R  a Câu 30: Đáp án A - Phương pháp: a3 + Khối tứ diện ABCD có cạnh a tích V  12 + Áp dụng định lý talet không gian - Cách giải: VAB'C'D' AB' AC' AD a3    VAB'C'D  VABCD AB AC AD 48 Câu 31: Đáp án B - Phương pháp: Tìm giá trị lớn (nhỏ nhất) hàm số đoạn [a;b] + Tính y’, tìm nghiệm x1, x2, thuộc [a;b] phương trình y’ = + Tính y(a), y(b), y(x1), y(x2), + So sánh giá trị vừa tính, giá trị lớn giá trị GTLN hàm số [a;b], giá trị nhỏ giá trị GTNN hàm số [a;b] - Cách giải: Trang 23 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Đặt t  sin x  t   1;1 t  sin3 x  cos 2x  sin x   sin x  1  2sin x   sin x   t  2t  t  + t   1;1  y '  3t  4t    t  1 ; t  1  1  23  Miny  y      27 Câu 32: Đáp án A - Phương pháp: Điều kiện để hàm số đạt cực tiểu m tập R : + f '  m   với x thuộc tập R + f "  m  lớn với x thuộc tập R - Cách giải: y '  x  3mx   m2  1 x  m y '  3x  6mx   m2  1 + y"  6x  6m   y '    3m  12m    m  1; m  m3    y"    12  6m  Câu 33: Đáp án C - Phương pháp: Gửi ngân hàng số tiền a với lãi suất x%/năm => Sau n năm số tiền a 1  x%  n - Cách giải: +Người năm gửi 300 triệu sau năm số tiền nợ 300 1  6%  Xấp xỉ 357 triệu Câu 34: Đáp án D - Phương pháp: log  a   log  b   log  ab  log  x   m;  m  1   x  10m - Cách giải: Trang 24 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH log   x  40  60  x       x  40  60  x   100 +,   x  40  60  x   40  x  60 +,  x  40  60  x   100  x  100x  2500    x  50    x  50 Vậy có 18 số nguyên dương nằm 41 59 loại bỏ số 50 Câu 35: Đáp án A - Phương pháp: + Khoảng cách tiếp tuyến đồ thị hàm số y  f  x  điểm cực trị A  a, b  ;B  a ', b '  b  b ' + Phương trình tiếp tuyến điểm x  x đồ thị hàm số y  f  x  là: y  f '  x0 . x  x0   f  x0  - Cách giải: Gọi A,B điểm cực trị hàm số, d1 tiếp tuyến đồ thị A;d2 tiếp tuyến đồ thị B f  x   x  3x  f '  x   3x    x  1  A 1, 1 ;B  1,3 +, A 1, 1  d1 : y  f '  m  x  m   f  m   1 +, B  1,3  d : y  => Khoảng cách d1,d2 Câu 36: Đáp án A - Phương pháp: Cho hình chóp tứ giác có góc mặt bên mặt đáy a.Biết mặt cầu ngoại tiếp hình chóp tứ giác có bán kính R Độ dài đáy hình chóp  4R.tan  tan   - Cách giải: Thay   600 ; R  5a Ta có Độ dài đáy hình chóp = 2a Trang 25 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Câu 37: Đáp án D - Phương pháp: + ABCD hình vng cạnh a, có E trung điểm cạnh CD F trung điểm cạnh BC AF vng góc BE Gọi O giao điểm BE AF Đồng thời dựa vào hệ thức lượng tam giác vuông ABF có BO đường cao tính AO  5a - Cách giải: S H A D E B O C F ABCD hình vng cạnh a, có E trung điểm cạnh CD F trung điểm cạnh BC AF vng góc BE Gọi O giao điểm BE AF Đồng thời dựa vào hệ thức lượng tam giác vng ABF có BO đường cao tính AO  5a SA vng góc (ABCD) → BE vng góc SA Mà BE vng góc AF nên  BE  SAO  Kẻ AH vng góc với SO Vì AH  SAO  AH  BE  BE   SAO   AH   SBE Ta có: VABCD 1 a3  SA.Sday  SA.a   SA  a 3 1 2a    AH  2 AH SA AO Câu 38: Đáp án D - Phương pháp: Điều kiện để hàm số f(x) đồng biến (nghịch biến) TXD + f(x) liên tục TXD Trang 26 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TĨP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH + f(x) có đạo hàm f '  x     0 x  số giá trị x để f '  x   hữu hạn Hàm số trùng phương có đạo hàm f’(x) phương trình bậc nên có nghiệm f '  x  → Hàm số trùng phương không đơn điệu R - Cách giải: + Tất hàm số có TXD R + Theo phương pháp → Loại C y  xex  y '  ex  x  1  y '   x  1 y  x  sin 2x  y'   2.cos 2x  y'   cos 2x  0,5 => Loại A, B Câu 39: Đáp án A - Phương pháp: A C G B N M C' A' B' - Cách giải: + Nhận thấy khoảng cách từ G A xuống mặt phẳng (A’B’C’) ( G,A thuộc mặt phẳng (ABC)//(A’B’C’) VGA'B'C'  VA.A'B'C' Mà VA.A'B'C'  VABB'C' (Do hình chóp có đáy AA’B’ ABB’ diện tích nhau;chung đường cao hạ từ C’)  VGA'B'C'  VABB'C' => Khơng khối chóp GA’B’C’hoặc ABB’C’ thể thích nhỏ → Loại B,C + So sánh Khối A’BCN Khối BB’MN Trang 27 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Nhận thấy khoảng cách từ M A’ xuống mặt BBCC’ → Khối A’BCN Khối BB’MN có đường cao hạ từ M A’ Mặt khác Diện tích đáy BNB’ > Diện tích đáy BCN => Khối A’BCN < Khối BB’MN => Khối A’BCN có diện tích nhỏ Câu 40: Đáp án C - Phương pháp: + Thể tích khối lập phương cạnh a  3 + Tổng diện tích S mặt hình lập phương = 6a - Cách giải: + a 3  S  6.32  54 Câu 41: Đáp án A - Phương pháp: + Đồ thị hàm số y  ax  b d a với a,c  0;ad  bc có tiệm cận đứng x   TCN y  cx  d c c + Khoảng cách từ M  m; n  đến đường thẳng x  a m  a đến đường thẳng y  b n  b + Bất đẳng thức Côsi cho hai số không âm a, b: a  b  ab Dấu xảy  a  b - Cách giải:  m 1  Gọi M  m;    C  m  1 Tổng khoảng cách từ M đến đường tiệm cận x   m 1  y  S  m 1  m 1 2 1  m 1   m 1 2 m 1 m 1 m 1 Dấu “=” xảy  m    m 1   m   m 1 Câu 42: Đáp án A - Phương pháp: + Dùng khảo sát hàm số + Điều kiện cần đủ để đa thức f(x) bậc có nghiệm thực phân biệt f(x) có cực đại cực tiểu điểm cực đại cực tiểu đồ thị hàm f(x) nằm phía khác trục hoành - Cách giải: Gọi A, B điểm cực trị đồ thị hàm số Trang 28 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH + Xét y  f  x   x  3x  m f '  x   3x  6x  f '  x    x  0; x   A  0, m  ;B  2, m   Vì Đạo hàm f’(x) hàm số đổi dấu từ âm sang dương qua điểm x  nên A điểm cực tiểu B điểm cực đại Nhận thấy A,B phải nằm phía trục hồnh nên m   m   4  m  Câu 43: Đáp án D - Phương pháp: + Hàm số trùng phương có điểm cực trị - Cách giải: y  x  25x  y '  4x  50x  y '   x  Đạo hàm f’(x) hàm số trùng phương có nghiệm nên đồ thị hàm số có điểm cực trị Câu 44: Đáp án D - Phương pháp: y f '  x  dx f  x  n  d f  x  f  x  n   n 1  f  x  C n  - Cách giải: dx    2x   m   2x  => Ta có m  2dx d   2x    2x  C       C 5   2x    2x  4 4 n Câu 45: Đáp án B - Phương pháp: + Đồ thị hàm số y  f x có tiệm cận đứng x  x1 , x  x , , x  x n với x1 , x , , x n g x nghiệm g(x) mà không nghiệm f(x) Trang 29 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH +Đồ thị hàm số y  f x có tiệm cận ngang y  y1 với y1 giới hạn hàm số y x g x tiến đến vô cực - Cách giải: + Nhận thấy g  x   có hai nghiệm phân biệt 2, 2 đồng thời không nghiệm f  x   2x   Đồ thị hàm số có đường tiệm cận đứng 1 2 2x  x  2; lim 2x   lim x  2 + lim  lim 2 x  x  x  x  4 x 4 x 4 1  1 x x 2 => Tổng cộng có tiệm cận Câu 46: Đáp án D + F  x    f  x  dx   x dx   x.d  tan x   x.tan x   tanx.dx  x.tan x  ln cos x  C cos x F  0   C  Thay x    F  x   Câu 47: Đáp án D - Phương pháp: Thể tích khối lăng trụ tích cạnh bên độ dài cạnh đáy a.b.c ( a độ dài cạnh bên;b,c độ dài hai cạnh đáy) - Cách giải: + Nếu độ dài cạnh bên khối lăng trụ tăng lên ba lần  a '  3a + Nếu độ dài cạnh đáy giảm nửa  b'  0,5.b;c'  0,5c  V'  0,75.V => Thể tích khối lăng trụ giảm Câu 48: Đáp án D - Phương pháp: + Đồ thị hàm số y  ax  b d a với a,c  0;ad  bc có tiệm cận đứng x   TCN y  cx  d c c + Khoảng cách từ M  m; n  đến đường thẳng x  a m  a đến đường thẳng y  b n  b - Cách giải: Trang 30 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH  m 1  Gọi M  m;    C  m   Khoảng cách từ M đến đường tiệm cận x  y   m2 m2 ; m 1 1  m  ; m2 m2 khoảng cách  m2   m2   m  2 m2    Vậy có điểm thỏa mãn tốn M1  3;1  , M2  3;1   Câu 49: Đáp án D - Phương pháp: A D B M C + Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp :  P    Q  d Id IS  d  IS   P   IO  d  IO   Q   => Góc mặt bên (P) mặt đáy (Q) hình chóp= Góc SIO - Cách giải: Gọi M Trung điểm BC Vì Tam giác ABC → AM vng góc BC Mặt khác  ABC   BCD   AM   BDC  Trang 31 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH Nhận thấy độ dài AM > MC mặt cầu đường kính BC có tâm M, mặt cầu qua B,C,D ( MB=MC=MD – Tính chất tam giác vng có đường trung tuyến nửa cạnh huyền) => A nằm ngồi mặt cầu đường kính BC Nếu tồn mặt phẳng chứa hai điểm A, D tiếp xúc với mặt cầu đường kính BC → Mặt phẳng tiếp xúc mặt cầu D → MD vng góc DA → Vô lý Câu 50: Đáp án C - Phương pháp: + Điều kiện để hàm số có điểm cực tiểu x  x là: f '  x   f "  x   K; Hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp khoảng K x  K + Điều kiện để hàm số có điểm cực đại x  x là: f '  x   f "  x   K; Hàm số y  f  x  có đạo hàm cấp khoảng K x  K - Cách giải: + Dựa vào phương pháp nêu nên A,B sai Nếu x điểm cực trị hàm số y  f  x  f "  x   Vậy đáp án C Trang 32 TUẤN TEO TÓP SĐT 01668766321 NAM ĐỊNH ...  x  210 06  210 08  e x    x  210 06  210 08  x  210 06  210 10  x  210 10  210 06  210 06  24  1  15 . 210 06 Câu 13 : Đáp án B - Phương pháp: + Hệ số góc tiếp tuyến điểm A có hồnh độ... Cách giải: Trang 11 TUẤN TEO TÓP SĐT 016 687663 21 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 016 687663 21 NAM ĐỊNH + Đặt: t  2x ;  t   t   4m  1 t  3m2   1   b2  4ac   4m  1   3m2  1  4m2... 016 687663 21 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 016 687663 21 NAM ĐỊNH Trang TUẤN TEO TÓP SĐT 016 687663 21 NAM ĐỊNH TUẤN TEO TÓP SĐT 016 687663 21 NAM ĐỊNH Đáp án 1- A 2-C 3-C 4-B 5-C 6-A 7-B 8-C 9-C 10 -C 11 -B